MATEMATIKA NÉMET NYELVEN KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

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1 Matematika német nyelven középszint 1713 ÉRETTSÉGI VIZSGA 017. október 17. MATEMATIKA NÉMET NYELVEN KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

2 Wichtige Hinweise Formvorschriften: 1. Die Arbeit ist mit einem andersfarbigen Stift, als der Abiturient ihn benutzt hat, lesbar zu korrigieren.. In den Kästchen neben den Aufgaben steht zuerst die maximale Punktzahl. Der Korrektor trägt die von ihm gegebene Punktzahl in das zweite Kästchen ein. 3. Bei einwandfreier Lösung markieren Sie neben der maximalen Punktzahl mit Haken, dass Sie die Gedankeneinheit gesehen haben, und sie als richtig beurteilt haben. 4. Bei fehlerhaften oder mangelhaften Lösungen markieren Sie den Fehler und geben Sie bitte auch die Teilpunkte für die richtigen Schritte an. Wenn die Korrektur besser nachvollziehbar ist, dann dürfen auch die verlorenen Punkte markiert werden. Kein Teil darf in der Arbeit bleiben, wo nach der Korrektur nicht eindeutig ist, ob er richtig, falsch oder überflüssig ist. 5. Während der Korrektur benutzen Sie die folgenden Bezeichnungen: richtiger Schritt: Haken theoretischer Fehler: zweimaliges Unterstreichen Rechenfehler oder sonstige, nicht theoretischer Fehler: einmaliges Unterstreichen mit falschen Ausgangsdaten durchgeführter richtiger Schritt: gestrichelter oder durchgestrichener Haken mangelhafte Begründung, mangelhaftes Aufzählen, andere Mängel: Mangelzeichen nicht verständlicher Teil: Fragezeichen und/oder Wellenlinie 6. Mit Bleistift geschriebenen Teile außer Abbildungen dürfen nicht bewertet werden. Inhaltliche Fragen: 1. Bei einigen Aufgaben sind verschiedene Lösungswege angegeben. Wenn eine von diesen unterschiedlichen Lösungen vorkommt, suchen Sie die gleichwertigen Teile und verteilen die Punkte entsprechend.. Die vorgeschriebenen Punktzahlen lassen sich weiter zerlegen, es sei denn der Lösungsschlüssel das nicht erlaubt, dürfen aber nur als ganze Punkte vergeben werden. 3. Wenn der Schüler einen Rechenfehler macht oder ungenau wird, bekommt er nur für den Teil keinen Punkt, wo der Fehler lag. Wenn er mit falschem Teilergebnis, aber mit richtigem Gedankengang weiterrechnet, und dadurch das zu lösende Problem sich nicht wesentlich verändert, sind die weiteren Teilpunkte zu gewähren. 4. Begeht der Schüler einen theoretischen Fehler, so bekommt er innerhalb einer Gedankeneinheit (diese wird in der Anweisung mit Doppellinie markiert) auch für die formell richtigen mathematischen Schritte keinen Punkt. Wenn der Schüler in einer folgenden Teilaufgabe oder Gedankeneinheit mit diesem falschen Ergebnis als Ausgangswert richtig weiterrechnet, dadurch aber das zu lösende Problem sich nicht wesentlich verändert, bekommt er die maximale Punktzahl für diesen neuen Teil írásbeli vizsga / október 17.

3 5. Wenn in der Anweisung eine Einheit oder eine Bemerkung in Klammern steht, dann kann die Lösung auch ohne diese mit voller Punktzahl bewertet werden. 6. Bei mehreren Lösungen für eine Aufgabe ist nur die eine zu bewerten, die der Schüler markiert hat. Während der Korrektur markieren Sie eindeutig, welche Version bewertet wurde, welche nicht. 7. Zusatzpunkte (mehr Punkte als die vorgeschriebene maximale Punktzahl für die Aufgabe) sind nicht zugelassen. 8. Die Gesamtpunktzahl einer Aufgabe oder Teilaufgabe darf nicht negativ sein. 9. Es gibt keinen Punktabzug für Berechnungen und Schritte, die zwar falsch sind, aber vom Schüler bei der Lösung der Aufgabe nicht weiterverwendet werden. 10. Während der Aufgabenlösung kann man den Gebrauch des Taschenrechners ohne weitere mathematische Begründung bei den folgenden Rechnungen akzeptieren: Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division, Potenzieren, Wurzelziehen, Berechnen n von n!,, für die Ersetzung der Tabellen im Tafelwerk (sin, cos, tg, log und ihre k Umkehrfunktionen), zur Angabe des Näherungswertes von der Zahlen π und e, zur Bestimmung der Lösungen einer auf Null reduzierten quadratischen Gleichung. Weiterhin darf man den Taschenrechner ohne mathematischen Begründung verwenden, wenn der Durchschnitt und die Streuung berechnet wird, es sei denn der Text der Aufgabe verlangt eindeutig die Nebenrechnungen dazu. In anderen Fällen gelten die mit Taschenrechner durchgeführten Rechnungen als nicht begründete Schritte, für die keine Punkte verteilt werden können. 11. Wenn Abbildungen als Beweise verwendet werden (z.b. das Ablesen der Daten durch Messung), ist nicht akzeptabel. 1. Bei der Angabe von Wahrscheinlichkeiten (wenn der Text der Aufgabe nichts Anderes sagt) dürfen auch in Prozent angegebene richtige Lösungen akzeptiert werden. 13. Wenn der Text der Aufgabe keine Rundung vorschreibt, dann sind auch Teil- und Endergebnisse akzeptierbar, die vom Lösungsschlüssel abweichen aber sinnvoll und richtig gerundet wurden. 14. Im Teil II. B sind aus den 3 Aufgaben nur Lösungen von Aufgaben zu bewerten. Der Abiturient hat die Nummer der Aufgabe, die nicht bewertet werden soll, in das entsprechende Kästchen vermutlich eingetragen. Dementsprechend wird die eventuell vorhandene Lösung für diese Aufgabe nicht korrigiert. Wenn die abgewählte Aufgabe nicht eindeutig feststeht, und die Wahl der Aufgabe in der Arbeit nicht eindeutig zu sehen ist, dann ist die nicht zu bewertende Aufgabe automatisch die letzte Aufgabe der vorgegebenen Aufgabenreihe írásbeli vizsga 3 / október 17.

4 I π 9 75π cm 3 35,6 cm 3 3. A = {1; ; 3; 4; 6; 1} B = {; 3; 5; 7; 11; 13} A \ B = {1; 4; 6; 1} 3. x = 1 3 Punkte Die Quersumme ist: + c. Eine Zahl ist (genau) dann durch 3 teilbar, wenn Die Summe + c muss die Summe der Ziffern (Quersumme) durch 3 teilbar ist. durch 3 teilbar sein. Die möglichen Werte von c sind 1; 4; 7. 3 Punkte Anmerkung: Wenn der Kandidat nach dem Ausprobieren aller 10 Ziffern richtig antwortet, bekommt er die volle Punktzahl A: richtig B: falsch C: richtig Bei richtigen Antworten ist, bei 1 richtigen Antwort sind 0 Punkte zu geben írásbeli vizsga 4 / október 17.

5 8. erste Lösung (Man kann die Teilnehmer als Knotenpunkte, die Anstöße als Kanten des Graphen betrachten.) In allen Graphen ist die Summe der Gradzahlen der Knoten gerade = 3 So einen Graphen gibt es nicht, das ist unmöglich. 3 Punkte 8. zweite Lösung (Man kann die Teilnehmer als Knotenpunkte, die Anstöße als Kanten des Graphen betrachten.) Weil die Gradzahl zweier Knoten 6 ist, (sie sind mit allen Knoten verbunden), so kann kein Knoten vorkommen, deren Gradzahl 1 ist. So einen Graphen gibt es nicht, das ist unmöglich. 3 Punkte 9. [ 1; 3[ 3 Punkte Auch andere richtige Bezeichnungen sind zu akzeptieren. 3 Punkte Anmerkung: Für die richtige Angabe der Endpunkte des Intervalls ( 1 und 3) sind je, für den Typen der Endpunkte ist weiterhin noch zu geben. 10. (Der Durchschnitt der Daten ist, die Streuung ist =) 1, und 3 3 Anmerkung: Wenn der Kandidat die Lösung in Grad (richtig) angibt, oder er die Gleichung 1 cos x nicht im angegebenen Intervall (richtig) löst, ist zu geben írásbeli vizsga 5 / október 17.

6 1. erste Lösung Vier Leute können sich in 4! = 4 Reihenfolgen auf die Bank hinsetzen (Anzahl aller Fälle). Auf die eine Randposition kann man aus vier Personen, auf die benachbarte Position aus zwei Personen (aus dem anderen Geschlecht) wählen. (dann sind die * Plätze der weiteren Personen bestimmt.) Die Anzahl der günstigen Fälle ist 4 = Die gefragte Wahrscheinlichkeit ist Punkte ABCD, CBAD, ADCB, CDAB, BADC, DABC, BCDA, DCBA Anmerkung: Die mit * markierten kann der Kandidat auch für den folgenden Gedankengang erhalten: Auf der Bank können Jungen und Mädchen einander wechselnd sitzen: entweder JMJM oder MJMJ ist möglich. Sowohl die Mädchen als auch die Jungen können sich auf je zwei Weisen bei beiden Mädchen-Jungen Reihenfolgen setzen, die Anzahl der günstigen Fälle ist = zweite Lösung Wenn man nur die Geschlechter betrachtet (z.b. von 4 vorne betrachtet), können sich die vier in = 6 Reihenfolgen hinsetzen (Anzahl aller Fälle). Davon sind zwei günstig: Die Reihenfolgen Junge- Mädchen-Junge-Mädchen und Mädchen-Junge-Mädchen-Junge 1 Die gefragte Wahrscheinlichkeit ist Punkte JJMM, JMJM, JMMJ, MMJJ, MJMJ, MJJM (Die Wahrscheinlichkeit dieser Fälle ist gleich.) 1713 írásbeli vizsga 6 / október 17.

7 II. A 13. a) erste Lösung Die Klammer wird aufgelöst: 4x 1x 9 x. Die geordnete Gleichung ist: 3x 1x 9 0 x 4x 3 0 x 1, 1 Probe durch Einsetzen oder durch Bezug auf die äquivalenten Umformungen. 5 Punkte 13. a) zweite Lösung (Die Lösung der Gleichung wird in zwei Fälle zerlegt.) Der erste Fall ist, wenn die beiden Basen gleich sind: x 3 x. Dann ist x = 3. Der zweite Fall ist, wenn die zwei Basen die entgegengesetzten voneinander sind: x 3 x. Dann ist x = 1. Probe durch Einsetzen oder durch Bezug auf die äquivalenten Umformungen. 13. b) Die letzten Ziffern der gefragten Zahlen können fünf verschiedene sein: (1, 3, 5, 7 oder 9). Die erste Ziffer darf keine 0 sein, (und muss sich von der letzten unterscheiden) so kann es (nach der Fixierung der letzten Ziffer) acht verschiedene geben. Die zweite Ziffer (die sich von der ersten und letzten unterscheiden muss, können nach der Fixierung der ersten und letzten Ziffer) acht verschiedene sein. Die Anzahl der Möglichkeiten ist das Produkt von diesen, also 8 8 5= Punkte 5 Punkte Dieser Punkt ist dann zu geben, wenn der Kandidat zwei Lösungen erhalten hat und beide wurden ausprobiert. Dieser Punkt ist auch dann zu geben, wenn der Gedankengang nur aus der Lösung hervorgeht írásbeli vizsga 7 / október 17.

8 14. a) Der Durchschnitt der Noten ist = 30 = 3,7. Der Median der Noten ist 4. Der Modalwert der Noten ist 3. 4 Punkte 14. b) 1 Person entspricht ein Mittelpunktswinkel von 1 in der Abbildung. Die der Noten entsprechenden Mittelpunktswinkel sind:: : 4 ; 3: 144 ; 4: 108 ; 5: 84. Eine mögliche Darstellung ist: ist für das Eintragen der Kreissektoren mit dem entsprechenden Mittelpunktswinkel zu geben, für die eindeutigen Bezeichnungen. 14. c) erste Lösung 4 Punkte 1 Anzahl der günstigen Fälle ist (= 66). Auch die Reihenfolge beachtet: Anzahl aller Fälle ist (= 435) Die gefragte Wahrscheinlichkeit ist der Quotient von diesen:, Dieser Punkt ist nicht die mit der erwarteten Rundung 0,15 ist. zu geben, wenn der Kandidat nicht oder falsch rundet. 4 Punkte 1713 írásbeli vizsga 8 / október 17.

9 14. c) zweite Lösung Die Wahrscheinlichkeit, dass die erste Arbeit eine 1 Drei ist, ist:. 30 (Wenn die erste ausgewählte Arbeit eine Drei ist) ist die Wahrscheinlichkeit, dass auch die zweite Arbeit 11 eine Drei ist:. 9 Die gefragte Wahrscheinlichkeit ist das Produkt von 13 diesen::, 870 die mit der erwarteten Rundung 0,15 ist. 4 Punkte Dieser Punkt ist nicht zu geben, wenn der Kandidat nicht oder falsch rundet. 15. a) Sei BAC = α, dann ist ACB = 90 α. Weil BCD = 90 ist, deshalb ist ACD = α (und ADC = 90 α). Die Winkel der zwei Dreiecke sind paarweise gleichgroß, so sind die zwei Dreiecke wirklich ähnlich. BAC und ACD sind Wechselwinkel, also gleichgroß. 3 Punkte 15. b) erste Lösung 9 BAC = α, so ist cos α, 15 woraus α 53,1 ist, so ist der Winkel des Trapezes in der Ecke A: α ,1, der Winkel in der Ecke D ist etwa: ,1 = 36,9. 4 Punkte 15. b) zweite Lösung (Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke ABC und CAD) ADC = ACB = γ. 9 So ist sin γ, 15 so ist der Winkel des Trapezes in der Ecke D: γ 36,9, der Winkel in der Ecke D ist etwa: ,9 = 143,1. 4 Punkte 1713 írásbeli vizsga 9 / október 17.

10 15. c) erste Lösung Zur Trapezfläche berechnet man die Länge der Basis CD und der Seite BC (die Höhe des Trapezes). Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke ABC und CD 15 CAD gilt: 15, 9 woraus CD = 5 (cm) folgt. Im rechtwinkligen Dreieck ABC ist (Satz des Pythagoras): BC 15 9 = 1 (cm). 5 9 Die Fläche der Trapezes ABCD ist 1 = = 04 cm. 7 Punkte Dieser Punkt ist auch dann zu geben, wenn der Gedankengang nur aus der Lösung hervorgeht. 15. c) zweite Lösung Im rechtwinkligen Dreieck ABC ist (Satz des Pythagoras): BC 15 9 = 1 (cm). 9 1 Die Fläche des Dreiecks ABC ist = 54 (cm ). Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke ABC und AD 1 CAD gilt: 15, * 9 woraus AD = 0 (cm) ist. * So ist die Fläche des Dreiecks ACD 0 15 = 150 (cm ). * Die Fläche des Trapezes ist die Summe der Flächen der Dreiecke, also 04 cm. 7 Punkte Anmerkung: Die mit * markierten 3 Punkte kann der Kandidat auch für den folgenden Gedankengang erhalten: Das Ähnlichkeitsverhältnis der Dreiecke CAD und ABC (das Längenverhältnis der entsprechenden Seiten) ist: 15 : 9 = 5 : 3. Das Flächenverhältnis der zwei Dreiecke ist das Quadrat von diesen, d.h. 5 : 9. So ist die Fläche des Dreiecks ACD 5 54 = 150 (cm 9 ). Anmerkung: Wenn der Kandidat mit den im Teil b) berechneten Winkel (gerundete Werte) richtig rechnet, bekommt er die volle Punktzahl 1713 írásbeli vizsga 10 / október 17.

11 16. a) II. B , Etwa um 71% ist die Anzahl der Verträge gestiegen. 16. b) Die Anzahl der vergangenen Jahre ist: x = ,667 3 Millionen 41 Tausend Handyverträge konnten es am Ende 000 sein. 3 Punkte 16. c) erste Lösung Die Anzahl der Anrufe wuchs Monat für Monat auf das 1,065-fache. (Die Anzahl der vergangenen Monate seit Januar 1991 sei n n.) , n log 1, 065, woraus n 90 ist lg n lg1, Die Anzahl der vergangenen Jahre ist: = 7,5. 1 Im Jahr 1998 war der Monat, in dem die Anzahl der Mobilanrufe zuerst die Zahl 100 Millionen erreicht hat. 6 Punkte 16. c) zweite Lösung Die Anzahl der Anrufe wuchs Monat für Monat auf das 1,065-fache, in einem Jahr auf das 1 1,065,13-fache. (Die Anzahl der vergangenen Jahre seit Januar 1991 sei m.) m , m log, 13, lg n lg,13 woraus m 7,5 ist. Im Jahr 1998 war der Monat, in dem die Anzahl der Mobilanrufe zuerst die Zahl 100 Millionen erreicht hat. 6 Punkte Anmerkungen: 1. Wenn der Kandidat der Reihe nach die Anzahl der monatlichen Anrufe am Ende des Jahres richtig aufschreibt, und anhand dieser richtig antwortet, bekommt er die volle Punktzahl.. Wenn der Kandidat statt Gleichungen mit Ungleichungen arbeitet, bekommt er die entsprechenden Punktzahlen írásbeli vizsga 11 / október 17.

12 16. d) In der angegebenen Zeitperiode gibt die Anzahl der Festnetzanrufe eine geometrische Folge an, deren Diese Punkte sind auch dann zu geben, wenn die Gedankengänge nur aus der Lösung hervorgehen. erstes Glied 400 (Millionen Stück) ist, ihr Quotient ist q = 0, , Millionen Festnetzanrufe gab es im Jahr 009. Zwischen Anfang 000 und Ende 009 gab es insgesamt ,9 1 0, Millionen Festnetzanrufe. 6 Punkte Anmerkung: Wenn der Kandidat beide Antworten ohne Millionen angibt, darf er höchstens verlieren. 17. a) erste Lösung Die Seiten des Dreiecks ATC sind (Anhand der Formel für den Abstand zweier Punkte): AT 17, CT 68, AC 85. Weil ( 17) ( 68) ( 85) erfüllt ist, ist der gefragte Winkel (anhand der Umkehrung des Pythagoras-Satzes) wirklich ein rechter Winkel. 4 Punkte Bei einem Fehler ist, bei zwei oder mehreren Fehlern sind 0 Punkte zu geben. 17. a) zweite Lösung AT (4; 1) CT (; 8) Das Skalarprodukt zweier Vektoren ist 4 1 ( 8) = 0, deshalb ist der gefragte Winkel wirklich ein rechter Winkel. 17. a) dritte Lösung AT (4; 1) Das ist ein Normalvektor der Geraden e, deshalb ist der gefragte Winkel wirklich ein rechter Winkel. 4 Punkte 4 Punkte CT ist das Zweifache des um 90 gedrehten Vektors AT írásbeli vizsga 1 / október 17.

13 17. a) vierte Lösung Der Mittelpunkt der Strecke AC ist F(1; 4,5). Der Abstand des Punktes F vom Punkt A (bzw. von C) ist 1, 5, der gleich dem Abstand des Punktes F vom Punkt T ist. Deshalb ist der gefragte Winkel wegen des Thales- Satzes wirklich ein rechter Winkel. 4 Punkte 17. b) Da der Winkel ATC ein rechter Winkel ist, ist der Fußpunkt des Lotes vom Punkt A auf die Gerade e der Punkt T. Deshalb halbiert der Punkt T die Strecke AB. Diese Punkte sind auch dann zu geben, wenn die Gedankengänge nur aus der Lösung hervorgehen. 0 b So gilt für die Koordinaten von B(b1; b): b und 1, d.h. b1 = 8 und b =. (also B(8; ).) 4 Punkte Anmerkungen: 1. Wenn der Kandidat anhand der Abbildung die Koordinaten des Punktes B richtig abliest, bekommt er. Wenn er beweist, dass der Punkt T der Mittelpunkt der Strecke AB ist, bekommt er die weiteren.. Für die Aufstellung der Geradengleichung der Geraden AT (x = 4y) bekommt er, für die Aufstellung der Kreisgleichung (( x 4) ( y 1) 17) mit dem Mittelpunkt T und Radius AT bekommt er, für die Bestimmung des von A verschiedenen Mittelpunktes des Kreises und der Geraden bekommt er weitere. 17. c) Der Umkreismittelpunkt des Dreiecks ABC ist der Schnittpunkt der Geraden e und der Mittelsenkrechten f der Strecke AC. Sei F der Mittelpunkt der Strecke AC. So ist F(1; 4,5). Dieser Punkt ist auch dann zu geben, wenn der Gedankengang nur aus der Lösung hervorgeht. Mittelpunkt von BC ist G(5; 5,5). Ein Normalvektor der Geraden f ist: AC (; 9). BC( 6; 7) Die Gleichung von f ist: x + 9y = 4,5. Mittelsenkrechte von BC ist: 6x + 7y = 8,5. Die Koordinaten des Kreismittelpunktes (x, y) sind die Lösung des Gleichungssystems: x 9y 4,5. 4x y 17 Aus dem -fachen der ersten Gleichung wird die zweite subtrahiert: 17y = 68, woraus y = 4, und x = 3,5 sind. (Der Mittelpunkt des Umkreises ist also: O(3,5; 4).) 9 Punkte 1713 írásbeli vizsga 13 / október 17.

14 Anmerkung: Wenn der Kandidat die Kreisgleichung als Lösung eines quadratischen Gleichungssystems mit drei Variablen sucht, bekommt er für die richtige Aufstellung des Gleichungssystems. Für richtige die Aufstellung des linearen Gleichungssystems davon bekommt er weitere 4 Punkte. 18. a) Laut Plan bildet die Zeitdauer für die einzelnen Aufgaben eine arithmetische Folge, deren erstes Glied 1 (Minute) ist, und die Summe der ersten 5 Glieder 75 (Minuten) ist. Wenn die Differenz der Folge d ist, gilt: 1 4d Daraus ist d = 6 1 (Minuten). Dieser Punkt ist auch dann zu geben, wenn der Gedankengang nur aus der Lösung hervorgeht. Die Summe der ersten 1 Glieder der arithmetischen * Folge ist: 6 1 = = 56. * Für die letzten 4 Aufgaben bleiben Vera (75 56 =) 19 Minuten laut Plan. 7 Punkte Anmerkung: Die mit * markierten sind auch dann zu geben, wenn der Kandidat richtig berechnet, wie viel Zeit plangemäß für die., 3., 4. und 5. Aufgabe (das sind der Reihe nach 4, 4, 4 und 5 Minuten) bleibt írásbeli vizsga 14 / október 17.

15 18. b) erste Lösung Bei Vera gilt: A = 5, R + F =. Wenn man die Anzahl der richtigen Antworten mit x bezeichnet, gilt die Gleichung: 4x ( x) + 5 = 93. Woraus x = 18 ist. Vera gab 18 richtige Antworten. Probe: = Punkte 18. b) zweite Lösung Wenn man alle möglichen Punktzahlen pro Aufgabe um 1 erhöht, bekommt man für die richtige Antworten 5 Punkte, für die falschen 0 Punkte, für die ausgelassenen. Für diese Punkte kann man die Formel 5R + K verwenden, wobei K die Anzahl der ausgelassenen Aufgaben bedeutet. Da bei Vera K = 3 ist, also 5H = 90 gilt, hat Vera 18 richtige Antworten gegeben. 18. c) erste Lösung Bezeichne x die Anzahl der Schüler, die die Aufgabe 4, bzw. 5 gelöst haben, bzw. die Anzahl der Schüler, die keine dieser Aufgaben lösen konnten. Nur die Aufgabe 4 haben x 1 Schüler, nur die Aufgabe 5 gleichfalls x 1 Schüler gelöst. 5 Punkte Bezeichne y die Anzahl der Schüler, die nur die Aufgabe 4 bzw. nur die Aufgabe 5 gelöst haben. y + 1 Schüler haben keine der Aufgaben gelöst. Anhand des Textes gilt: (x 1) x = 11, y + (y + 1) + 1 = 11 woraus x = 4 ist. y = 3 Es gab (4 1 =) 3 Schüler, die die Aufgabe 4 gelöst haben aber die Aufgabe 5 nicht. 5 Punkte 18. c) zweite Lösung Addiere man die Anzahl der Schüler, die die Aufgabe 4, die die Aufgabe 5 gelöst haben und die, die keine der Aufgaben gelöst haben. Dann wurde der Schüler, der beide Aufgaben gelöst hat, zweimal gezählt. Also die Summe der drei Zahlen ist 1. Da alle drei addierten Zahlen gleichgroß sind, sind alle Zahlen 4. Es gab (4 1 =) 3 Schüler, die die Aufgabe 4 gelöst haben aber die Aufgabe 5 nicht. 5 Punkte Anmerkung: Wenn der Kandidat nach systematischem Probieren eine richtige Antwort gibt, und dabei zeigt, dass es keine weiteren Lösungen gibt, bekommt er die volle Punktzahl írásbeli vizsga 15 / október 17.